Exercícios Resolvidos de Método de Redução de Ordem

UNICAMP, Cálculo 3, P1 - 2012.1 - Noturno, Questão 5

Considere a EDO

x - 1 y ' ' - x y ' + y = 0 ,     x > 1

Usando o método de redução de ordem, resolva a equação, dado que y 1 x = e x é solução. Determinar uma segunda solução da forma y 2 x = v x y 1 x

Passo 1

Temos uma EDO que ele deu uma solução, vamos usar o método da redução de ordem para achar a outra solução.

Geralmente quando ele dá uma solução da EDO ele está querendo que você use redução de ordem, então vamos usar redução de ordem aqui.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos aplicar o método da redução de ordem, para isso vamos ter a outra solução da forma

y 2 = v x y 1

Então vamos ter

y 2 = v x e x

Agora vamos substituir essa solução na EDO, primeiro temos que achar suas derivadas

y 2 ' = v ' e x + v e x

y 2 ' ' = v ' ' e x + v ' e x + v ' e x + v e x = v ' ' e x + 2 v ' e x + v e x

Passo 3

Agora vamos substituir isso na EDO, nossa EDO é

x - 1 y ' ' - x y ' + y = 0

x - 1 v ' ' e x + 2 v ' e x + v e x - x v ' e x + v e x + v e x = 0

v ' ' x e x + 2 v ' x e x + v x e x - v ' ' e x - 2 v ' e x - v e x - v ' x e x - v x e x + v e x = 0

Arrumando isso vamos ter

v ' ' x e x + v ' x e x - v ' ' e x - 2 v ' e x = 0

Podemos tirar e x de todos porque ele é sempre diferente de 0

v ' ' x + v ' x - v ' ' - 2 v ' = 0

x - 1 v ' ' + x - 2 v ' = 0

Como x > 1 vamos dividir todo mundo por x - 1

v ' ' + x - 2 x - 1 v ' = 0

Passo 4

A próxima coisa que fazemos é trocar esse ϕ por u para deixar essa nova EDO com uma ordem a menos, ou seja

u = v '

E vamos ter

u ' + x - 2 x - 1 u = 0

Passo 5

Essa nova equação é uma equação linear de 1 ª ordem, mas repara que neste caso essa EDO é uma EDO separável, que é mais fácil de fazer que a equação linear de 1 ª ordem.

Vamos trocar u ' por d u d x

d u d x + x - 2 x - 1 u = 0

Agora isolamos d u d x

d u d x = - x - 2 x - 1 u

E vamos multiplicar cruzado deixando tudo que tem u na esquerda e tudo que tem x na direita.

d u u = - x - 2 x - 1 d x

Integrando dos dois lados temos

d u u = - x - 2 x - 1 d x

Que vai ficar

ln u = - x - 2 x - 1 d x

Precisamos achar essa integral

Passo 6

x - 2 x - 1 d x

Vamos fazer

x - 1 = a x = a + 1

d a = d x

Substituindo na integral temos

x - 2 x - 1 d x = a + 1 - 2 a d a = a - 1 a d a = 1 - 1 a d a

Essa integral vai ser

1 - 1 a d a = a - ln a + C

Voltando para x

a - ln a + C = x - 1 - ln x - 1 + C

Como x > 1 temos

x - 1 - ln x - 1 + C

Passo 7

Vamos voltar para u

ln u = - x - 1 - ln x - 1 + C

ln u = - x + 1 + ln x - 1 + C

u = e - x + 1 + ln x - 1 + C

u = e - x e ln x - 1 e C + 1

Podemos fazer e C + 1 = K

u = e - x e ln x - 1 K

Arrumando isso

u = e - x x - 1 K

Tirando aquele módulo

u = ± K x - 1 e - x

Podemos fazer ± K = C 1

u = C 1 x - 1 e - x

Passo 8

Agora temos que voltar para v

v ' = u

Então

v ' = C 1 x - 1 e - x

v = C 1 x - 1 e - x d x

v = C 1 x e - x - e - x d x

v = C 1 x e - x d x - C 1 e - x d x

v = C 1 x e - x d x + C 1 e - x

Temos que achar aquela integral ali

Passo 9

x e - x d x

Vamos fazer por partes

u = x d u = d x

d v = e - x d x v = - e - x

Vamos ter

x e - x d x = - x e - x - - e - x d x = - x e - x + e - x d x = - x e - x - e - x

Passo 10

Vamos ter

v = C 1 - x e - x - e - x + C 1 e - x + C 2

v = - C 1 x e - x - C 1 e - x + C 1 e - x + C 2

v = - C 1 x e - x + C 2

Podemos ter quaisquer constantes, então vamos fazer

C 2 = 0

E não vamos nos importar com a constante C 1 isso porque ela aparece normalmente na solução, e também com o - , então

v = x e - x

Passo 11

A nossa outra solução vai ser

y 2 = x e - x . e x

y 2 = x

A nossa solução vai ficar

y = C 1 y 1 + C 2 y 2

y = C 1 e x + C 2 x

Resposta

y = C 1 e x + C 2 x

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